Ανισότητα!

Prødigy · #1

Αν

να αποδείξετε ότι:

$\frac{a^3}{b^2-bc+c^2}+\frac{b^3}{c^2-ca+a^2}+\frac{c^3}{a^2-ab+b^2}\geq \frac{3(ab+bc+ca)}{a+b+c}$

Πότε ισχύει η ισότητα;

Την αφήνω για 48 ώρες.

#2

Ας την σφίξουμε:

$\displaystyle{\rm \frac{a^3}{b^2-bc+c^2}+\frac{b^3}{c^2-ca+a^2}+\frac{c^3}{a^2-ab+b^2}\geq \sqrt{3(ab+bc+ca)}.}$

Πρόκειται για ανισότητα με πολύ ενδιαφέρουσες επεκτάσεις και γενικεύσεις, αλλά, νομίζω, ακατάλληλη για Junior.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #3

matha έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 27, 2019 9:56 pm
Ας την σφίξουμε:

$\displaystyle{\rm \frac{a^3}{b^2-bc+c^2}+\frac{b^3}{c^2-ca+a^2}+\frac{c^3}{a^2-ab+b^2}\geq \sqrt{3(ab+bc+ca)}.}$

Πρόκειται για ανισότητα με πολύ ενδιαφέρουσες επεκτάσεις και γενικεύσεις, αλλά, νομίζω, ακατάλληλη για Junior.

Από

έχουμε:

$\dfrac{a^3}{b^2-bc+c^2}+\dfrac{b^3}{c^2-ca+a^2}+\dfrac{c^3}{a^2-ab+b^2}=$

$=\dfrac{a^4}{ab^2-abc+ac^2}+\dfrac{b^4}{bc^2-abc+ba^2}+\dfrac{c^4}{ca^2-abc+cb^2}\geq \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)-3abc}$

Αρκεί να δείξουμε ότι $\dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)-3abc}\geq \sqrt{3(ab+bc+ca)}$

Όμως είναι $a+b+c\geq\sqrt{3(ab+bc+ca)}$

Θα δείξουμε ότι:

$\dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)-3abc}\geq a+b+c\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow(a^2+b^2+c^2)^2\geq (a+b+c)(ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)-3abc)$

Αν κάνουμε τώρα τις πράξεις προκύπτει η $a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c)\geq a^3b+ab^3+b^3c+bc^3+c^3a+ca^3$ που είναι ανήκει στην κατηγορία των Schur

.

Edit: Μερικές Διορθώσεις...

Ορέστης Λιγνός · #4

Prødigy έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 27, 2019 7:59 pm
Αν να αποδείξετε ότι:

$\frac{a^3}{b^2-bc+c^2}+\frac{b^3}{c^2-ca+a^2}+\frac{c^3}{a^2-ab+b^2}\geq \frac{3(ab+bc+ca)}{a+b+c}$

Πότε ισχύει η ισότητα;

Την αφήνω για 48 ώρες.

Καλησπέρα σε όλους.

Η ανισότητα είναι ομογενής, οπότε WLOG έστω a^3+b^3+c^3=3

.

Είναι $b^2-bc+c^2=\dfrac{b^3+c^3}{b+c}$ , και τα κυκλικά, οπότε αρκεί $\displaystyle \sum{\dfrac{a^3(b+c)}{b^3+c^3} \geqslant \dfrac{3ab+3bc+3ca}{a+b+c}$

Τότε, μπορούμε εύκολα να παρατηρήσουμε από την Tangent Line Method (*), ότι $\dfrac{a^3}{b^3+c^3}=\dfrac{a^3}{3-a^3} \geqslant \dfrac{3a^3-1}{4}$ .

Οπότε, αρκεί να δείξω ότι $\displaystyle{\sum \dfrac{(3a^3-1)(b+c)}{4} \geqslant \dfrac{ \displaystyle 3\sum ab}{\displaystyle \sum a}$ .

Ισοδύναμα, αρκεί $\displaystyle 3\sum a^3b+3\sum a^3c-2\sum a \geqslant \dfrac{\displaystyle \sum ab}{\displaystyle \sum a}$ .

Ισχύει όμως, ότι :

$\displaystyle \sum a^3b+\sum a^3c=(a+b+c)(a^3+b^3+c^3)-a^4-b^4-c^4=3(a+b+c)-a^4-b^4-c^4$ .

Αρκεί επομένως $\displaystyle 7 \sum a-3\sum a^4 \geqslant \dfrac{\displaystyle 12 \sum ab}{\displaystyle \sum a}$ .

Θα δείξω τώρα το εξής Λήμμα:

Λήμμα

Έστω x,y,z>0

, με $x+y+z \leqslant 3$ . Τότε, ισχύει $x^2+y^2+z^2 \leqslant \dfrac{3}{xyz}$ .

Απόδειξη

Είναι, $xyz(x^2+y^2+z^2) \leqslant \dfrac{(xy+yz+zx)^2(x^2+y^2+z^2)}{3(x+y+z)}=$

$\dfrac{(xy+yz+zx)(xy+yz+zx)(x^2+y^2+z^2)}{3(x+y+z)} \leqslant \dfrac{\dfrac{(x+y+z)^6}{27}}{3(x+y+z)} =\dfrac{(x+y+z)^5}{81} \leqslant 3$
και η απόδειξη του Λήμματος ολοκληρώθηκε.

Συνεχίζουμε στο Πρόβλημα.

Παρατηρούμε ότι $a^2+b^2+c^2 \leqslant \sqrt{(a^3+b^3+c^3)(a+b+c)}=\sqrt{3(a+b+c)} \leqslant 3$ , οπότε από το Λήμμα για x=a^2,y=b^2,z=c^2

παίρνουμε:

$\sum a^4 \leqslant \dfrac{3}{a^2b^2c^2}$ .

Συνεπώς, αρκεί $\displaystyle 7\sum a-\dfrac{9}{a^2b^2c^2} \geq \dfrac{\diaplystyle 12 \sum ab}{\displaystyle \sum a}$ .

Όμως, Από την Schur είναι $abc \leqslant \dfrac{4pq-p^3}{9}$ , όπου $\displaystyle \sum a=p, \sum ab=q$ .

Αρκεί λοιπόν $7p-\dfrac{81}{4pq-p^3} \geqslant \dfrac{12q}{p}$ ή ισοδύναμα $48q^2-40p^2q+7p^4+81 \geqslant 0$ .

Θεωρώ το αριστερό μέλος της πιο πάνω συνάρτηση f(q)

.

Τότε, $f'(q)=96q-40p^2 \leqslant 96q-120q<0$ , άρα η

είναι γνησίως φθίνουσα. Οπότε, $f(q) \geqslant f(p^2/3)$ .

Αρκεί λοιπόν $f(p^2/3) \geqslant 0 \Rightarrow 81-p^4 \geqslant 0 \Rightarrow p \leqslant 3$ , που προφανώς ισχύει αφού είναι $\displaystyle 3=\sum a^3 \geqslant \dfrac{\displaystyle (\sum a^2)^2}{\displaystyle \sum a} \geqslant \dfrac{\displaystyle (\sum a)^3}{9}=\dfrac{p^3}{9}$ , οπότε $p \leqslant 3$ .

Η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

(*) Δείτε εδώ για την Tangent Line Method.

Ανισότητα!

Ανισότητα!

Re: Ανισότητα!

Re: Ανισότητα!

Re: Ανισότητα!

Μέλη σε σύνδεση